Cómo encontrar todos los polinomios $P(x)$ tal que $P(x^2+2x+3)=[P(x+3)]^2$ ?

Question

¿Puede alguien mostrarme cómo hacerlo?

Encontrar todos los polinomios $P(x)$ tal que $P(x^2+2x+3)=[P(x+3)]^2$ ?

He intentado sustituir $x=0,1$ . Parece que no puedo entenderlo. El cuadrado en el lado derecho me confunde. Gracias.

(P.D. No estoy muy familiarizado con este tipo de preguntas)

Answer 1

Dejemos que $Q(x) = P(x+2)$ y $y = x + 1$ tenemos:

$$Q(y^2) = P(y^2+2) = P(x^2+2x+3) = P(x+3)^2 = Q(y)^2$$

Así pues, está claro que $Q(y) = y^n \Leftrightarrow P(x) = (x-2)^n, n \in \mathbb{N}$ es una familia obvia de soluciones para la ecuación funcional.

Mediante el cotejo por fuerza bruta de los coeficientes, es fácil comprobar si los coeficientes son pequeños $n$ (He comprobado hasta $n = 3$ ), esta es la única solución para $P$ con grado $n$ .

Utilicemos la prueba de que esto es así.

Dejemos que $Q_1(y), Q_2(y)$ sean dos soluciones polinómicas de grado $n > 1$ para la ecuación funcional: $$Q(y^2) = Q(y)^2\tag{*}$$

Comparando los coeficientes principales de $Q_1(y)$ y $Q_2(y)$ sabemos que ambos son mónicos. Esto significa que su diferencia $U(y) = Q_1(y) - Q_2(y)$ es un polinomio de grado como máximo $n-1$ . Si $U(y)$ no es idéntico a cero, entonces comparando los grados en ambos lados de:

$$U(y^2) = Q_1(y^2) - Q_2(y^2) = U(y)(Q_1(y) + Q_2(y))$$

Obtenemos una contradicción que $2 \deg{U} = \deg{U} + n \Leftrightarrow \deg{U} = n$ .

A partir de esto, podemos concluir $Q(y) = y^n \Leftrightarrow P(x) = (x-2)^n$ es la única solución de grado $n$ para las ecuaciones funcionales correspondientes.

ACTUALIZACIÓN Temas matemáticos relacionados

Dejemos que $R(y)$ sea el polinomio $y^2$ la ecuación funcional $(*)$ se puede reescribir como

$$Q\circ R = R\circ Q$$

es decir, los dos polinomios $Q$ y $R$ conmutan bajo la composición funcional. Existe un un teorema de clasificación que nos ayudará a atacar este tipo de ecuaciones funcionales que implican pares de polinomios conmutables.

Primero tenemos que definir el concepto de equivalencia entre 2 pares de polinomios.
Dejemos que $(f_1, g_1)$ y $(f_2, g_2)$ sean dos pares cualesquiera de polinomios, los llamaremos equivalentes si podemos encontrar un polinomio lineal $l(x) = ax + b, a \ne 0$ tal que:

$$f_1 = l^{-1} \circ f_2 \circ l \quad\text{ and }\quad g_1 = l^{-1} \circ g_2 \circ l$$

En 1922, Ritt demostró el siguiente teorema:

Dejemos que $f$ y $g$ sean polinomios conmutativos. Entonces el par $(f,g)$ es equivalente a uno de los siguientes pares:

1. $x^m$ y $\epsilon x^n$ donde $\epsilon^{m-1} = 1$ .
2. $\pm T_m(x)$ y $\pm T_n(x)$ , donde $T_m$ y $T_n$ son polinomios de Chebyshev.
3. $\epsilon_1 h^{\circ k}(x)$ y $\epsilon_2 h^{\circ l}(x)$ , donde $\epsilon_1^q = \epsilon_2^q = 1$ y $h(x)$ es un polinomio de la forma $x H(x^q)$ y $h^{\circ 1} = h$ , $h^{\circ 2} = h\circ h$ , $h^{\circ 3} = h \circ h \circ h$ y así sucesivamente.

Si tienes dos polinomios conmutativos $f$ y $g$ entonces, aparte del caso trivial en el que $f$ y $g$ son iterados funcionales de un único polinomio subyacente $h$ . entonces hasta la equivalencia, $f$ y $g$ sólo pueden ser poderes simples $x^m$ o los polinomios de Chebyshev $T_m(x)$ .

Aplique esto a nuestra ecuación de la función $(*)$ . $R$ tiene la forma de una potencia simple $y^2$ , Así que $Q(y)$ en sí mismo tiene que ser un poder simple como hemos demostrado anteriormente.

Cuando $R$ es algo más complicado, no es equivalente a una simple potencia o polinomio de Chebyshev o iteración funcional de otro polinomio de $h$ entonces la única solución para $Q$ son iterados funcionales $R^{\circ k}$ de $R$ .

Referencias

1. El documento de Ritt Funciones racionales permutables
2. V. Libro de Prasolov Polinomios